背包问题学习

背包问题是常见的动态规划dp的问题

下面用到的符号:

常用n表示物品数, m表示背包容积
f[i][j]表示i件物品, j的背包容量的最大价值
w[i]表示第i件物品的价值, v[i] 表示第i件物品的容量
f[0][0~m] = 0, 所以n可以从1开始遍历
一般是有两层嵌套循环第一层遍历物品, 第二层遍历背包容量, 第三层视情况, 若完全背包or多重背包需要遍历决策判断 k*v[i] <= j (背包容量)

0/1背包

下图是0/1背包的分析:
0/1背包问题的分析

题目 (0/1背包)

在这里插入图片描述

输入输出

核心代码

for(int i = 1; i <= n; i++)for(int j = 0; j <= m; j++){ // 不难发现 f[i][] 都是依赖于 f[i-1][] 的f[i][j] = f[i-1][j];if(v[i]<=j) f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-v[i]]+w[i]);    
}

优化: 降维二维 -> 一维

需要注意的是在遍历背包容量的时候, 需要逆序遍历背包容量, 因为物品只能取一个和不取两种状态, 而逆序能够保证这个。

完整代码如下:

#include<iostream>
#include<algorithm>using namespace std;
const int N = 1010;
int n, m;
int v[N], w[N]; // 物品体积 价值
int f[N]; int main(){scanf("%d%d",&n,&m);for(int i = 1; i<=n; i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);for(int i = 1; i<=n;i++){for(int j = m; j>=v[i]; j--){  // 每个物品只能使用一次 (逆序)f[j] = max(f[j], f[j-v[i]]+w[i]);}}printf("%d\n",f[m]);return 0;
}

完全背包

下图是完全背包的分析:

完全背包分析

题目(完全背包物品可以无限拿, 只要背包容量还能放得下)
题目和输入/输出
题目输入和输出

朴素做法(三层循环)

#include<iostream>
#include<algorithm>using namespace std;const int N = 1010;int n, m;
int v[N], w[N];
int f[N][N];int main(){cin>>n>>m;for(int i = 1; i <= n; i++) scanf("%d%d",&v[i],&w[i]);for(int i = 1; i<=n; i++){ // 列举物品体积for(int j = 0; j<=m; j++){  // 列举背包for(int k = 0; k*v[i] <= j; k++)// 决策 (背包体积有限)f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-k*v[i]]+w[i]*k);}}cout<<f[n][m]<<endl;return 0;
}

优化:

(通过列举 f[i][j] 以及 f[i][j-v]两种情况, 发现有很多相同之处, 只相差个v) => 化简得

f[i]][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-v]+w) 两种状态, 一个是取第i件物品, 另一个是不取第i件物品

 for(int i = 1; i <= n; i++){ // 列举物品for(int j = 0; j <= m; j++){ // 背包体积f[i][j] = f[i-1][j];if(j >= v[i]) f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j-v[i]]+w[i]);}}

其实上述代码与0/1背包的代码有很多雷同的地方(都是两种状态, 要么取第i件, 要么不取), 只不过 0/1 背包是 f[i][j] = max(f[i][j], f[i-1][j-v[i]]+w[i]), 而完全背包是 f[i][j] = max(f[i][j], f[i][j-v[i]]+w[i]) (前一部分是不取第i件, 后面是取第i件的方案)
这个状态转移方程的含义可以这样理解：

不取第 i 件物品：这种情况下，背包的最大价值保持不变，即为 f[i][j]。这实际上是上一个状态的值，因为我们没有添加新的物品。
取第 i 件物品：如果我们决定把第 i 件物品放入背包中，那么背包的剩余容量变为 j-v[i]。因此，当前的总价值是放入这件物品之前的总价值 f[i][j-v[i]] 加上这件物品的价值 w[i]。

对于上面代码的转化:

for(int i = 1; i<=n; i++){for(int j = v[i]; j <= m; j++){f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i][j-v[i]]+w[i]);}
}

继续优化:

2维压缩成1维: 这里因为完全背包问题, 物品可以取无数次, 所以第二层循环循环遍历背包容量时, 顺序遍历

for(int i = 1; i<=n; i++){for(int j = v[i]; j <= m; j++){f[j] = max(f[j], f[j-v[i]]+w[i]);}
}
cout<<f[m]<<endl;

多重背包

与上面的背包问题不同的是每个物品数量有上限: 0~s[i]
题目:
题目输入输出

状态划分: 两种 -> 取第i件物品 / 不取第i件物品

朴素做法

状态方程:f[i][j] = max(f[i-1][j-k*v[i]]+w[i]*k, f[i][j]), k = 0, 1, 2... s[i]

初级版多重背包

 #include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int N = 110;int n, m;int s[N], v[N], w[N];int f[N][N]; // 1~N 个物品, 背包容量为N 所能达到的最大价值 (max)int main(){scanf("%d%d", &n,&m);for(int i = 1; i<=n; i++){ // 输入第i个物品的体积、价值和重量scanf("%d%d%d",&v[i],&w[i],&s[i]);}for(int i = 1; i <= n; i++){ // 物品for(int j = 0; j <= m; j++){ // 背包体积for(int k = 0; k <= s[i] && k*v[i] <= j; k++)f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i][j-k*v[i]]+w[i]*k);}}printf("%d\n",f[n][m]);return 0;}

当数据量比较大的时候, 上面的代码会出现 TLE, 因此我们需要对上述代码进行优化
优化:

困难版多重背包
我们可以尝试展开f, 尝试寻找规律

f[i][j] = max(f[i-1][j], f[i-1][j-v]+w,...,f[i-1][j-sv]+sw)

f[i][j-v] = max( f[i-1][j-v], f[i-1][j-2v]+w,...+f[i-1][j-sv]+(s-1)w, f[i-1][j-s+1]v+sw)

但是从上式找不到其中规律,所以下述使用二进制拆解第i个物品个数s[i] 去优化上述代码

2^n的方式进行拆解包-> 01背包问题 s->logs 组, 且每组只能选一次 (拆分)

 #include<iostream>#include<algorithm>using namespace std;const int N = 25000, M = 2010; // 物品数量N NlogS 1000*log2000, 背包体积 Mint n, m;int v[N], w[N]; // 物体体积, 价值int f[N]; // dp数组, 这里使用一维数组, 因为物品数量进行重组了/*多重背包的优化 (二进制对物品数量进行拆分)对物品进行拆分, 这样就少了一层循环(第三层k)*/int main(){cin>>n>>m;int cnt = 0;for(int i = 1; i <= n; i++){int a, b, s;cin>>a>>b>>s; // 输入 第i种物品的体积, 价值int k = 1;while(k <= s){ // 拆分次数 s[i]！cnt++;v[cnt] = a * k; // k个第i件物品体积 k个 第i件物品体积为aw[cnt] = b * k;  // 更新第i个物品的价值s -= k;k *= 2;}if(s > 0){ // 剩余的(s个物品)为一件cnt++;v[cnt] = a*s; w[cnt] = b*s;}}n = cnt; // 更新物品数量// 后继转为 0/1 背包问题, 每个物品 要么拿一次, 要么不拿for(int i = 1; i<=n; i++){for(int j = m; j >= v[i]; j--){f[j] = max(f[j], f[j-v[i]]+w[i]);}}cout<<f[m]<<endl;return 0;}